b) Hier ergibt sich wegen der Potenzreihenentwicklung der Sinus-Funktion X∞ n=0 (−1)n (2n+ 1)!(z+i)2n+2 = (z+i) X∞ n=0 (−1)n (2n+ 1)!(z+i)2n+1 = (z+i) sin(z+i)

Aufgabe 2 a)Die Reihe l¨asst sich als Differenz zweier Potenzreihen darstellen:

X∞

n=1

n−1 (n+ 1)!zⁿ =

X∞

n=1

n+ 1−2 (n+ 1)! zⁿ =

X∞

n=1

1 n!zⁿ−

X∞

n=1

2

(n+ 1)!zⁿ.

Die erste Reihe ergibt e^z−1, die zweite liefert f¨ur z = 0 den Wert 0 und f¨ur z 6= 0 gilt

∞

X

n=1

2

(n+ 1)!zⁿ= 2 z

∞

X

n=1

1

(n+ 1)!zⁿ⁺¹ = 2 z

∞

X

n=2

zⁿ

n! = 2(e^z−1−z)

z .

Insgesamt folgt: Die Potenzreihe stellt eine Funktion f dar, die gegeben ist durch f(0) = 0 und f(z) = e^z−1−2(e^z−1−z)

z = (z−2)e^z+z+ 2

z (z6= 0). b) Hier ergibt sich wegen der Potenzreihenentwicklung der Sinus-Funktion

X∞

n=0

(−1)ⁿ

(2n+ 1)!(z+i)²ⁿ⁺² = (z+i) X∞

n=0

(−1)ⁿ

(2n+ 1)!(z+i)²ⁿ⁺¹ = (z+i) sin(z+i).

c)Wir erhalten

∞

X

n=0

(z−3)⁴ⁿ (2n)! =

∞

X

n=0

((z−3)²)²ⁿ

(2n)! = cosh((z−3)²) . d) Hier m¨ussen wir wieder etwas l¨anger umformen:

∞

X

n=1

4n+ 1

2²ⁿ⁺¹(2n+ 1)!z²ⁿ=

∞

X

n=1

2n+¹₂ (2n+ 1)!

z 2

²ⁿ

=

∞

X

n=1

(2n+ 1)− ¹2

(2n+ 1)!

z 2

²ⁿ

=

∞

X

n=1

1 (2n)!

z 2

²ⁿ

−

∞

X

n=1

1 2(2n+ 1)!

z 2

²ⁿ

Die erste Reihe ergibt cosh(¹₂z)−1, die zweite liefert f¨ur z = 0 den Wert 0 und sonst 1

z

∞

X

n=1

1 (2n+ 1)!

z 2

²ⁿ⁺¹

=z⁻¹ sinh(¹₂z)− ¹2z

=z⁻¹sinh(¹₂z)− ¹2.

Die Potenzreihe stellt also eine Funktionf dar, die gegeben ist durch

f(0) = 0 und f(z) = cosh(¹₂z)−z⁻¹sinh(¹₂z)−¹2 (z 6= 0).

Aufgabe 3 a)Wir verwenden die Potenzreihen der vorkommenden Funktionen.

sinhx−sinx

x(coshx−1) = (x+_3!¹x³+· · ·)−(x− 3!¹x³+− · · ·) x((1 + _2!¹x²+· · ·)−1) =

2

3!x³+· · ·

1

2!x³+. . .

x→0

−−→ 2·2!

3! = 2 3. (Beim Grenz¨ubergang k¨urzt man mitx³ und verwendet die Stetigkeit von Potenzreihen.) b) Auch hier kommen wieder Potenzreihen zum Einsatz:

a^x2 −cosx

tanx² = (cosx²)(e^x2lna−cosx) sinx²

= (cosx²) (1 + (x²lna) + _2!¹(x²lna)²+· · ·)−(1− 2!¹x²+− · · ·) x²− 3!¹(x²)³+− · · ·

= (cosx²)(x²(lna+¹₂) +· · ·) x²− 3!¹(x²)³+− · · ·

x→0

−−→lna+ ¹₂.

1

Aufgabe 4 a)Polynomdivision ergibt xⁿ−aⁿ

x−a =xⁿ⁻¹+axⁿ⁻²+a²xⁿ⁻³ +· · ·+aⁿ⁻¹ −−→^x→a naⁿ⁻¹ (x→a).

b) Mite^x−e^a =P_∞

n=0 1

n!(xⁿ−aⁿ) und Teila) ergibt sich e^x−e^a

x−a =

∞

X

n=0

1 n!

xⁿ−aⁿ x−a

x→a

−−→

∞

X

n=0

1

n!naⁿ⁻¹ =

∞

X

n=1

1

(n−1)!aⁿ⁻¹ =

∞

X

n=0

1

n!aⁿ=e^a Begr¨undung f¨ur die Vertauschung von Summand und Limes: F¨ur|x|<|a+ 1|gilt

∞

X

n=m

1 n!

xⁿ−aⁿ x−a

=

∞

X

n=m

1

n!xⁿ⁻¹+axⁿ⁻²+a²xⁿ⁻³+· · ·+aⁿ⁻¹ ≤

∞

X

n=m

n

n!(|a|+1)ⁿ −−−→^m→∞ 0.

∞

X

n=m

1

n!naⁿ⁻¹ ≤

∞

X

n=m

1

n!n|a|ⁿ⁻¹ −−−→^m→∞ 0.

Damit kann man, f¨ur belibiges ε > 0, erst die Summenreste mit ε/2 > 0 absch¨atzen (unabh¨angig vonx∈(a−1, a+ 1)) und anschließend die Differenz der endlichen Summe mit x→a und erneut ε/2>0 absch¨atzen.

c)Mit Teil b) ergibt sich sinh(x)−sinh(a)

x−a = 1

2

e^x−e^−x−(e^a−e^−a) x−a

= 1 2

e^x−e^a

x−a + (e^−x−e^−a) (−x)−(−a)

_x

→a

−−→ 1

2(e^a+e^−a) = cosh(a)

Aufgabe 5 a)Aquivalent zu der gegebenen Gleichung ist¨ ln(x^√x) = ln(√

x)^x, also √

xlnx=xln√

x, d. h. √

xlnx= ¹₂xlnx . Diese Gleichung ist erf¨ullt, wenn lnx = 0 (also x = 1), oder wenn √

x = ¹₂x. Letzteres bedeutet x= ¹₄x² und damit x(1− ¹4x) = 0, also x= 4. (Man beachte x >0.) Es gibt somit genau zwei L¨osungen: x= 1 oder x= 4.

b) Wir zeigen die Behauptung mittels vollst¨andiger Induktion. F¨ur a = 1 ist die Absch¨atzung trivial, der Induktionsanfang ist also gemacht. Nun sei die Behauptung f¨ur ein gewissesa ∈Nbewiesen. Dann folgt wegen des Additionstheorems

|sin((a+ 1)x)|=|sin(ax) cos(x) + cos(ax) sin(x)| ≤ |sin(ax)| · |cosx|+|cos(ax)| · |sinx|

≤ |sin(ax)|+|sinx| ≤a|sinx|+|sinx|= (a+ 1)|sinx|.

F¨ur beliebigesa >0 gilt die Behauptung jedoch nicht. So wird etwa die Absch¨atzung

|sin(¹₂x)| ≤ ¹2|sinx|

f¨ur x=π falsch, denn dann ergibt sich links 1, rechts jedoch 0.

2

Aufgabe 6 a) Wir kennen die Potenzreihen f¨ur sinz und cosz um den Punkt 0. In Verbindung mit dem Additionstheorem f¨ur sinz ergibt sich

f(z) = sin(^π₄ +z−^π4) = sin(^π₄) cos(z− ^π4) + cos(^π₄) sin(z−^π4)

= ¹₂√ 2

∞

X

k=0

(−1)^k

(2k)!(z− ^π4)^2k+ ¹₂√ 2

∞

X

k=0

(−1)^k

(2k+ 1)!(z− ^π4)^2k+1 F¨ur die Koeffizienten der Potenzreihe f(z) = P_∞

n=0aⁿ(z− ^π4)ⁿ gilt also:

a2k = ¹₂√

2(−1)^k

(2k)! und a2k+1 = ¹₂√

2 (−1)^k

(2k+ 1)! f¨ur k∈N₀. Der Konvergenzradius der Reihe ist offensichtlich ∞.

b) Es gilt 1−z−2z² = (1 +z)(1−2z). Daher machen wir den Ansatz 1−z

1−z−2z² = a

1 +z + b 1−2z . Die rechte Seite dieser Gleichung liefert

a(1−2z) +b(1 +z)

(1 +z)(1−2z) = a+b+ (−2a+b)z 1−z−2z² ,

Die Darstellung gelingt also, wenn a+b = 1 und −2a+b = −1. Dies bedeutet a = ²₃ und b= ¹₃. Somit gilt

f(z) = 2/3

1 +z + 1/3

1−2z = 2/9

1 + (z−2)/3 + −1/9 1 + 2(z−2)/3

= 2 9

∞

X

n=0

−z−2 3

ⁿ

− 1 9

∞

X

n=0

−2(z−2) 3

ⁿ

f¨ur ¹₃|z −2| < 1 und ²₃|z−1| < 1. F¨ur die Koeffizienten in f(z) = P_∞

n=0aⁿ(z −2)ⁿ ergibt sich also aⁿ= ²₉(−¹3)ⁿ−¹9(−²3)ⁿ= (−¹3)ⁿ⁺²(2−2ⁿ). Der Konvergenzradius ist ³₂. c)cos(2x) = cos(x+x) = cos²x−sin²x= cos²x−(1−cos²x) = 2 cos²x−1, also

f(x) = ¹₂(1 + cos 2x) = ¹₂ + ¹₂

∞

X

k=0

(−1)^k

(2k)!(2x)^2k = 1 + ¹₂

∞

X

k=1

(−1)^k

(2k)!4^kx^2k. F¨ur f(x) = P_∞

n=0aⁿxⁿ gilt also a0 = 1, a2k−1 = 0 und a2k = ¹₂(−1)^k4^k/(2k)! f¨ur alle k ∈N. Der Konvergenzradius ist offenbar ∞.

Aufgabe W Hierf¨ur gibt es nur eine L¨osung in der ¨Ubung, oder vielleicht beim Weih- nachtsmann.

3